等比数列的前n项和

等比数列的前 n 项和是 $a_{1}, a_{1} q, \dots, a_{1} q^{n - 1}$ 的有限累加。记 $S_{n} = a_{1} + a_{1} q + \dots + a_{1} q^{n - 1}$ ，其中 $n$ 是正整数。公比 $q \neq 1$ 时， $S_{n} = a_{1} \frac{1 - q^{n}}{1 - q} .$ 若 $q = 1$ ，每一项都是 $a_{1}$ ，故 $S_{n} = n a_{1}$ ；不能把 $q = 1$ 直接代入上面的分式。

错位相减

把原和乘以 $q$ ，每项就与下一项对齐： $\begin{matrix} S_{n} & = a_{1} + a_{1} q + \dots + a_{1} q^{n - 1}, \\ q S_{n} & = a_{1} q + \dots + a_{1} q^{n - 1} + a_{1} q^{n} . \end{matrix}$ 两行相减，中间的项逐一抵消，只剩 $(1 - q) S_{n} = a_{1} - a_{1} q^{n}$ 。这既解释了分子中的 $q^{n}$ ，也解释了分母为何是 $1 - q$ 。图里两个错位的条带以同一颜色标出相消的项，左右两端未配对。

第一行四项一二四八，第二行各项乘二后向右错一格成为二四六八十六；两行相减时中间二四八抵消，只留下左端一与右端十六 — 以 1+2+4+8 为例，乘 2 并错位相减，得到 (1−2)S₄=1−16。

以 $1 + 2 + 4 + 8$ 为例， $S_{4} = (1 - 2^{4}) / (1 - 2) = 15$ 。再看递减例子 $24 + 12 + 6 + 3$ ，公比 $1 / 2$ ， $S_{4} = 24 [1 - (1 / 2)^{4}] / (1 - 1 / 2) = 45$ 。这两个例子的加法都可手算核对；同一个公式能处理增长与衰减。

有限和与无限和

有限的 $S_{n}$ 对任何允许的公比都存在。若进一步让 $n \to \infty$ ，只有在 $| q | < 1$ 时 $q^{n} \to 0$ ，于是部分和趋向 $a_{1} / (1 - q)$ 。例如 $1 / 2 + 1 / 4 + \dots + 1 / 2^{n} = 1 - 2^{- n}$ ，与 1 的差始终是 $2^{- n}$ 。若 $q = 2$ ，有限和公式仍正确，但 $q^{n}$ 不消失，不能把无限和写成 $a_{1} / (1 - q)$ 。这里已经进入数列的极限与无穷级数所讨论的收敛问题。

试算。首项为 5、公比为 −2 的前四项是 $5, - 10, 20, - 40$ ，直接相加得 −25。公式给 $5 [1 - (- 2)^{4}] / [1 - (- 2)] = 5 (- 15) / 3 = - 25$ 。负公比仍可使用有限和公式，关键是保留幂的符号。

参考资料

OpenStax《Precalculus》§11.4：等比有限和与错位相减。